Стереометрические задачи (Задание №14 ЕГЭ)
презентация к уроку по геометрии (11 класс)
Презентация на тему:"Стереометрические задачи" (Задание №14 ЕГЭ)
Скачать:
Предварительный просмотр:
Подписи к слайдам:
Задание ЕГЭ №14 – это задание с развёрнутым ответом повышенного уровня сложности. Решение должно быть математически грамотным, полным; все возможные случаи должны быть рассмотрены. Что надо знать о задании №14 ЕГЭ: При выполнении заданий №14 в бланке ответов №2 должны быть записаны полное обоснованное решение и ответ. Методы решения, формы его записи и формы записи ответа могут быть разными. ©Чалова, 2021
При выполнении задания могут использоваться без доказательства и ссылок любые математические факты, содержащиеся в учебниках и учебных пособиях , входящих в Федеральный перечень учебников, рекомендуемых к использованию при реализации имеющих государственную аккредитацию образовательных программ среднего общего образования. За решение, в котором обосновано получен правильный ответ, выставляется максимальное количество баллов - 2 балла. Правильный ответ при отсутствии текста решения оценивается в 0 баллов . Эксперты проверяют только математическое содержание представленного решения, а особенности записи не учитывают. ©Чалова, 2021
Проверяемые требования к заданию №14: Решать простейшие стереометрические задачи на нахождение: длин углов площадей объёмов Использовать при решении стереометрических задач планиметрические факты и методы Определять координаты точки Проводить операции над векторами Вычислять длину и координаты вектора Вычислять угол между векторами ©Чалова, 2021
Элементы содержания экзаменационной работы: Прямые и плоскости в пространстве ©Чалова, 2021
Многогранники ©Чалова, 2021
Тела и поверхности вращения ©Чалова, 2021
Измерение геометрических величин . ©Чалова, 2021
Координаты и векторы ©Чалова, 2021
В прямоугольном параллелепипеде ABCD AB=2, AD=A =1. Найдите угол между прямой и плоскостью A A C B D 2 1 1 Дано: ABCD - прямоугольный параллелепипед, AB=2, AD=A =1 Найти: Угол между и ( A ) Решение: А – квадрат, значит, его диагонали перпендикулярны. Следовательно, O О - проекция на ( A ). Тогда угол между прямой и плоскостью A - это O. О Из Δ O O – половина диагонали. O = = = = = :2 = ∙ = = ar с sin Ответ: ar с sin №1 ©Чалова, 2021
В правильной треугольной призме ABC стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D – середина ребра C . a) Постройте прямую пересечения плоскостей ABC и AD . б ) Найдите угол между плоскостями ABC и AD . ∙ ∙ С А В D N 1 3 Дано: ABC - правильная треугольная призма, AB=1, B = 3 , (∙) D - середина C . а) Построим прямую пересечения плоскостей ABC и ADB 1 . Так как прямая B 1 D и прямая BC лежат в одной плоскости BCC 1 , то они пересекаются в точке N . Точка N лежит в плоскостях АВС и ADB 1 . Точки N и А лежат в плоскостях АВС и ADB 1 , следовательно, плоскости ABC и ADB 1 пересекаются по прямой A N . Искомая прямая пересечения плоскостей ABC и B D B 1 построена. Решение: . №2 ©Чалова, 2021
В правильной треугольной призме ABC стороны основания равны 1, боковые рёбра равны 3, точка D – середина ребра C . б) Найдите угол между плоскостями ABC и AD . ∙ ∙ С А В D N 1 3 60 ∙ б) Угол между плоскостями – это линейный угол, значит, необходимо к линии пересечения плоскостей ABC и AD - прямой AN восстановить перпендикуляры. Решение: Т.к. призма правильная, то ребро C ( ABC). В Δ ACN проведём высоту СН. Проведём DH – она является наклонной к ( ABC ). По т. о трёх п ерпендикулярах DH AN. CHD - угол между плоскостями ABC и AD . Н Δ B N подобен Δ D C N ( II признак подобия) с коэффициентом подобия 2, т.к. точка D – середина ребра C по условию, тогда точка С – середина BN. Значит, DC=3:2=1,5, CN =1 Δ ACN равнобедренный. Тогда СН – биссектриса и медиана. ACN=180 - ACB=180 - 60 =120 АСН= 120 САН=90 - 60 По свойству прямоугольного треугольника СН=1:2=0,5. В прямоугольном Δ DCH tg CHD= =3 =arctg3. Ответ: =arctg3 . №2 ©Чалова, 2021
В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD с вершиной М стороны основания равны 6, а боковые рёбра равны 12. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку С и середину ребра МА параллельно прямой В D . . М А O D С В Е 6 12 . Решение : По признаку параллельности прямой и плоскости в плоскости сечения найдётся прямая, которая параллельна BD. Т.к. пирамида правильная, то основание высоты является центром основания пирамиды – точкой пересечения диагоналей квадрата. В Δ МСА высота пирамиды является медианой. В это м же треугольнике СЕ также является медианой. Медианы пересекаются в точке К. . К Через точку К проведём прямую, параллельную В D. Она пересечёт ребро М D точке N, а ребро МВ – в точке L . . . Через пересекающиеся прямые NL и CE по аксиоме проходит плоскость. Это и есть плоскость сечения, параллельная BD , содержащая прямую NL. N L №3 ©Чалова, 2021
В правильной четырёхугольной пирамиде MA В CD с вершиной М стороны основания равны 6, а боковые рёбра равны 12. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку С и середину ребра МА параллельно прямой В D . . М А O D С В Е 6 12 . Решение : . К . . N L Тогда в Δ CN L и Δ NEL СК и ЕК являются высотами соответственно. Площадь сечения – четырёхугольника CNEL равна сумме площадей Δ CNL и Δ NEL . = = L = N CE. NL DB , по признаку - ти прямой и плоскости DB (CMA) , т.к. DB CA как диагонали квадрата, DB MO. N L (CMA ) . Тогда по определению - ти прямой и плоскости NL CE, где СЕ принадлежит плоскости (CMA) и плоскости сечения ( CNE ). №3 ©Чалова, 2021
. М А O D С В Е 6 12 . . К . . N L №3 N CE. Найду диагональ основания: DB= = = =6 =CA. Треугольники MDB и MLN подобны по второму признаку подобия треугольников с коэффициентом подобия , т.к. медианы СЕ и МО пересекаются в отношении 2:1 от вершины. N L= = 6 = 4 В Δ СМА по т. о медиане вычислим медиану СЕ: С = + - С + - = 72 CE = = 6 N CE = ∙ 4 6 = 24 Ответ: 24 ©Чалова, 2021
Демонстрационный вариант ЕГЭ профильного уровня 2020 года №4 A B C 6 6 . . . M N Решение: а ) Через три точки можно провести плоскость ( BNM). Найдем стороны Δ BNM и воспользуемся т., обратной т. Пифагора. Пирамида правильная, значит боковые грани – прямоугольники. В прямоугольном Δ МАВ ( А=90 ) В = М + В = + = 45 В прямоугольном Δ N ( = 90 ) M = + = + 18 . В Δ АВС опустим высоту ВН. Т.к. Δ АВС правильный, то ВН – медиана точка Н – середина СА. Н = В - Н = - =27 вычисляем из прямоугольного Δ АНВ. Т.к. Н – середина СА, тогда NH боковым рёбрам пирамиды, значит, NH (АВС) NH HB . Значит, в прямоугольном Δ NHB В = H +H = + 27 = 36+27= 63 . Н 45+18=63. Тогда M + В = В . Следовательно, по т., обратной т. Пифагора Δ NMB - прямоугольный с прямым углом М MN MB. ©Чалова, 2021
Демонстрационный вариант ЕГЭ профильного уровня 2020 года №4 A B C 6 6 . . . M N Решение : Н Угол между плоскостями определяется линейным углом. Для его определения необходимо к ребру двугранного угла в одну точку восстановить перпендикуляры в каждой плоскости. ВМ – прямая, по которой пересекаются ( BMN) и (АВ ). В ( BMN ) MN по доказанному в пункте (а). М N - наклонная к ( АВ ). Опустим из точки N на (АВ ). Основание - точка P , которая лежит на Тогда РМ – проекция наклонной NM на (АВ ). Р По т. о трёх перпендикулярах ВМ МР. Значит, NMP – угол между плоскостями (В NM) и (АВ . В Δ высота C будет равна высоте ВН= = 3 , т.к. призма правильная. Параллельный ей отрезок NP = , т.к. N – середина . sin NMP= = = ∙ = = . Тогда NMP = ar с sin Ответ: NMP = ar с sin ©Чалова, 2021 ∙
В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки А, В, и С, а на окружности другого основания – точка причём С - образующая цилиндра, а АС – диаметр основания. Известно, что АСВ - 45 , АВ = 3 С =6. а ) Докажите, что угол между прямыми А и ВС равен 60 . б ) Найдите расстояние от точки В до прямой А . ∙ ∙ ∙ ∙ А С В Решение: a) Плоскость, содержащая СВ и С параллельна оси цилиндра, плоскости основания и является прямоугольником , значит, B - образующая. Прямые А и ВС – скрещивающиеся. Через А проведу плоскость, п араллельную СВ. В (А ) находится прямая СВ. По определению угол между скрещивающимися прямыми А и ВС – это А . Из прямоугольного треугольника АВ с прямым углом В А = = = = 3 . А является наклонной к плоскости ВС , а В - её проекция на эту плоскость. Т.к. В , то по т. о трёх перпендикулярах А Значит, треугольник А прямоугольный с прямым углом . Тогда tg А = = = А = arctg = 60 Т.к. АС – диаметр, то АВС = 90 , АСВ - 45 , значит, Δ АВС – прямоугольный и равнобедренный АВ=ВС= 3 . СВ = =3 как стороны прямоугольника. №4 ∙ 3 6 45
В цилиндре образующая перпендикулярна плоскости основания. На окружности одного из оснований цилиндра выбраны точки А, В, и С, а на окружности другого основания – точка причём С - образующая цилиндра, а АС – диаметр основания. Известно, что АСВ - 45 , АВ = 3 С =6. а ) Докажите, что угол между прямыми А и ВС равен 60 . б ) Найдите расстояние от точки В до прямой А . ∙ ∙ ∙ ∙ А С В Решение: б ) Т.к. В - образующая, то АВ АВС – вписанный, опирающийся на половину дуги, то он – прямой, АВ Тогда по признаку - ти прямой и плоскости АВ (ВС . АВ В . А = В = 3 из равенства прямоугольных треугольников АВ и ВС по двум катетам (АВ=ВС, В =С ). Найду гипотенузу прямоугольного треугольника АВ : А = = = = 6 . №4 ∙ 3 6 45 Тогда расстоянием от точки В до прямой А будет высота прямоугольного треугольника АВ , опущенная из вершины В. = AB∙B = ∙ 3 ∙ 3 = 9 = BH∙ A 9 = ∙ BH ∙ 6 BH = Ответ: а) 60 , б) ∙ Н
Критерии оценивания: Удачи на экзаменах!!! ©Чалова, 2021
Спасибо за внимание! ©Чалова, 2021
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Решение стереометрической задачи тремя различными способами
Здесь представлено на трех файлах моё решение решение задачи С2 (вариант 13) из пособия "МАТЕМАТИКА. Подготовка к ЕГЭ-2011" под редакцией Ф.Ф. Лысенко, С.Ю. Калабухова. Эта-же задача встречается в пос...
Методическая разработка по теме: "Применение аналитической геометрии к решению стереометрических задач".
ВЫЧИСЛЕНИЕ РАССТОЯНИЙ И УГЛОВ Рассмотрим несколько геометрических задач, для решения которых необходимо вычислить те или иные расстояния или углы в пространст...
Применение координатного метода к решению некоторых стереометрических задач.
Оригинальный метод решения стреометрических задач....
Пособие для подготовки к ЕГЭ по математике профильного уровня. Задание № 14. Стереометрические задачи.
Пособие для подготовки к ЕГЭ по математике профильного уровня предназначено для подготовки к решению задания № 14....
Пособие для подготовки к ЕГЭ по математике профильного уровня. Задание № 14. Стереометрические задачи. Построение сечений
Пособие для построений сечений многогранников...
Программа внеурочной деятельности "Практикум решения стереометрических задач". Пропедевтика стереометрических знаний на примере качественных стереометрических задач.
Всем известная трудность в изучении стереометрии, возникающая у учащихся 10 классов, в значительной степени объясняется низким уровнем развитием их пространственных представлений. Ученики теряю...
Определение области применения координатного метода при решении стереометрических задач на примере задания 14 ЕГЭ
Векторно-координатный метод — весьма эффективный и универсальный способ нахождения любых углов или расстояний между стереометрическими объектами в пространстве Автор обосновывает использование в...